指數函數與對數函數和與差的單調性探究
——從2023 年高考全國乙卷理科第16 題談起

深圳市龍華區教育科學研究院附屬外國語學校(518109)鐘文體

一、試題呈現,分析及初步推廣

題目1(2023 年高考全國乙卷理科第16 題)設a∈(0,1),若函數f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上單調遞增,則a的取值范圍是____.

試題精巧凝練,樸實干凈,給人以清爽的感覺,體現了數學的簡潔美,是一道不可多得的好題.此題既可運用通性通法進行嚴謹的解答,體現扎實的“本手”;也可以借助導函數的單調性給出精簡的解答,體現靈巧的“妙手”.

解法1(本手) 對f(x) 求導得f′(x) =axlna+(1+a)xln(1+a),因此

由f(x)在(0,+∞)上單調遞增可知.因, 故, 即-lna≤ln(1+a),也即ln[a(1+a)] ≥ 0, 從而a(1+a) ≥ 1, 解得.

解法2(妙手)因f′′(x) =ax(lna)2+(1+a)x[ln(1+a)]2> 0, 故f′(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.因此, 為使f(x)在(0,+∞)上單調遞增,只需f′(0)≥0 即可.因f′(0)=lna+ln(1+a)=ln[a(1+a)],故只需a(1+a)≥1,解得.

解法1 看似將問題“做繁了”,但獲得了關于函數f(x)的更多信息,即確定了它的單調區間:

著名數學教育家波利亞指出:“沒有任何一個題目是可以解決得十全十美的,總剩下些工作要做.”特別是對于一道好題,我們總希望能挖掘出更多的價值.對于題1,將常數1一般化可得如下變式:

變式1設a∈(0,1), 常數λ> 0, 若函數f(x) =ax+(λ+a)x在(0,+∞)上單調遞增, 則a的取值范圍是____.

解f(x)的導函數f′(x)=axlna+(λ+a)xln(λ+a)單調遞增, 故f(x) 在(0,+∞) 上單調遞增?f′(0) ≥0?_lna+ ln(λ+a) ≥0?a(λ+a) ≥1, 解得.

評注為保證嚴謹性,還需證明.事實上,移項并兩邊平方即可證明此不等式.另外,類似前面還可進一步求出f(x)的單調區間,不再贅述.

二、指數函數和與差的單調性

題目1 及其變式涉及兩個指數函數和的單調性,這啟發我們進一步探究任意兩個指數函數和的單調性問題.

探究2.1設a,b> 0 且不等于1, 探究函數f(x) =ax+bx的單調性.

當a,b∈(0,1) 時, 易知f(x) 單調遞減; 同樣, 當a,b∈(1,+∞) 時, 易知f(x) 單調遞增.那么, 對于其他情形,結論如何呢? 當a∈(0,1),b∈(1,+∞)時,對f(x)求導,得f′(x)=axlna+bxlnb,故.

故f(x)在(-∞,γ)上單調遞減,在(γ,+∞)上單調遞增,其中.當a∈(1,+∞),b∈(0,1)時,采用類似的分析可知上述結論也成立.當f(x)在(0,+∞)上單調遞增時,可得如下有趣的結論.

變式2設a,b>0 且不等于1,函數f(x)=ax+bx在(0,+∞)上單調遞增當且僅當ab≥1.

證明易知f(x)的導函數單調遞增,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增?f′(0)≥0?lna+lnb≥0?ab≥1.

對于指數函數和的單調性,還可以從兩個方面進行一般化: 其一,改變系數;其二,增加項數.首先,對系數一般化.

探究2.2設a,b> 0 且不等于1,λ,μ> 0, 探究函數f(x)=λax+μbx的單調性.

只考慮a,b不同時在區間(0,1)和(1,+∞)的情形,類似探究2.1 可知f(x) 在(-∞,γ) 上單調遞減, 在(γ,+∞)上單調遞增,其中.

類似變式2,有:

變式3設a,b> 0 且不等于1,λ,μ> 0, 函數f(x) =λax+μbx在(0,+∞) 上單調遞增當且僅當aλbμ≥1.

下面,從系數和項數兩方面進行一般化.

探究2.3設ai∈(0,1),λi> 0,i= 1,2,··· ,m,bk∈(1,+∞),μk> 0,k= 1,2,··· ,n, 探究函數的單調性.

變式4設ai> 0 且不等于1,λi> 0,i= 1,2,··· ,m,函數在(0,+∞) 上單調遞增當且僅當.

以上探究的是若干個帶正系數的指數函數和的單調性問題,那么,當系數為負數時,結論如何呢? 下面先考慮兩項的情形.

探究2.4設a,b>1 且ab,λ,μ>0,探究函數f(x)=λax-μbx的單調性.

對f(x)求導,得f′(x)=λaxlna-μbxlnb,故

評注當a,b∈(0,1)時,令x= -t即可轉化為上述情形.

當負系數的項數多于2 時,可否求出單調區間呢? 筆者曾做過嘗試,發現此時較難解決,因此,不再深入探討.

三、對數函數和與差的單調性

我們知道, 同底數的指數函數和對數函數互為反函數.因此,解決指數函數和與差的單調性后,很自然地考慮對數函數和與差的單調性.

探究3.1設ai>0 且不等于1,i=1,2,··· ,m,探究函數的單調性.

對f(x)求導,得.于是, 當時,f(x) 在(0,+∞) 上單調遞減; 當時,f(x)在(0,+∞)上單調遞增.

評注也可以用換底公式進行證明.根據換底公式,.可見,對數函數和與差的單調性較容易解決.

四、指數函數與對數函數混合型和與差的單調性

上面探究的僅僅是指數函數或對數函數和差的單調性問題.以下,進一步探究指數函數與對數函數混合型和差的單調性問題.

探究4.1設a∈(0,1),b∈(1,+∞),探究函數f(x) =ax+logbx的單調性.

對f(x)求導,得,故

令g(x)=xax,則g′(x)=ax(1+xlna),故,于是分以下兩種情形討論.

對于探究4.1, 有一個頗為有趣的現象, 即參數a(0

圖1

圖2

探究4.2設a∈(1,+∞),b∈(0,1), 探究函數f(x)=ax+logbx的單調性.

探究4.3設a∈(0,1),b∈(1,+∞),λ,μ>0,探究函數f(x)=λax+μlogbx的單調性.因

故此時可轉化為探究4.1.

探究4.4設a,b∈(0,1),λ,μ> 0, 探究函數f(x) =λax-μlogbx的單調性.因

故此時也可轉化為探究4.1.

事實上, 對于兩項的情形, 都可化歸為探究4.1 或探究4.2.當項數多于2 時,則較為復雜,留作懸念供感興趣的讀者探究.